• Share
  • Email
  • Embed
  • Like
  • Save
  • Private Content
Принцип Дирихле
 

Принцип Дирихле

on

  • 7,329 views

 

Statistics

Views

Total Views
7,329
Views on SlideShare
7,296
Embed Views
33

Actions

Likes
1
Downloads
14
Comments
0

4 Embeds 33

http://localhost 23
http://rasparin.narod2.ru 6
http://sargymn1.comlu.com 3
http://www.slideshare.net 1

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Microsoft Word

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

    Принцип Дирихле Принцип Дирихле Document Transcript

    • Муниципальное общеобразовательное учреждение «Гимназия № 1» г. Саратова Принцип ДирихлеПодготовила ученица 7 «Б» классаМОУ «Гимназия № 1» г. Саратова Орлова Светлана Руководитель: учитель математики высшей категории МОУ «Гимназия № 1» г. Саратова Распарин В.Н. Саратов, 2009
    • «Принцип Дирихле» Содержание 1. Введение Стр. 2 2. Глава 1 Стр. 2 3. Глава 2 Стр. 3 4. Глава 3 Стр. 6 5. Глава 4 Стр. 9 6. Заключение Стр. 13 7. Библиография Стр. 14 Введение Работа касается одного из интересных эвристических методов решенияматематических задач - принципа Дирихле. Принцип назван в честьнемецкого математика Петера Густава Лежена Дирихле (1805-1859г.г.),который успешно применял его к доказательству арифметическихутверждений. Актуальность работы несомненна, хотя бы потому, что знакомство сновыми методами решения задач расширяет их круг. Целями работы являются следующие: 1. Формулировка и доказательство принципа Дирихле; 2. Выявление круга задач, решение которых основывается на принципе Дирихле; 3. Демонстрация решения задач с помощью принципа Дирихле. Работа состоит из 4 глав. Глава 1 Принцип Дирихле – это утверждение, согласно которому в любойсовокупности из n множеств, содержащих в общей сложности более nэлементов, есть хотя бы одно множество, содержащее не менее 2-хэлементов. Основная идея решения задач, выводимая из принципа Дирихле,заключается в следующем: -если при разбиении множества элементов на не пересекающие частиудаётся установить факт взаимосвязи между количеством элементов данного 2
    • множества (Ν) и числом его частей (n) в виде Ν>n, то тогда можноутверждать, что среди этих частей такая, которая содержит более одногоэлемента. По традиции в популярной литературе принцип объясняется на примере«зайцев и клеток»: ,,Если десять зайцев сидят в девяти клетках, то внекоторой клетке сидят не менее двух зайцев.” Докажем принцип Дирихле. «Если n зайцев сидят в κ клетках, причём n>κ, то найдётся клетка, вкоторой сидят не меньше, чем n/k зайцев, и найдётся клетка, в которой сидятне больше, чем n/k зайцев.» Допустим, что в каждой клетке сидят меньше, чем n/k зайцев. Тогда вовсех клетках вместе зайцев меньше, чем n⋅k/k=n. Противоречие с условием. Аналогично, если допустить, что в каждой клетке сидят больше, чем n/kзайцев, то во всех клетках вместе зайцев будет больше, чем n⋅k/k=n. Это тожепротиворечит условию утверждения. Следовательно, требуемое доказано. Глава 2 Формулировка принципа Дирихле кажется очевидной, однако трудностьсостоит в том, что в задачах не указаны ни зайцы, ни клетки. Зная принцип Дирихле, можно догадаться, в каких случаях его применять.Например, если каждому элементу множества Α соответствует ровно одинэлемент множества Β, то элементы множества Α можно назвать зайцами, аэлементы множества Β - клетками. Рассмотрим две простейшие задачи. Задача № 1.У мальчика 9 медных монет (Достоинством 1коп., 2коп., 3коп., 5коп.).Докажите, что у него есть хотя бы три монеты одинакового достоинства. Решение. Установим соответствие между двумя множествами (Α и Β), где Α-множество монет, а Β - множество достоинств монет. 3
    • При этом монеты будут зайцами, а достоинства монет - клетками. 1 коп 2 коп 3 коп 5 коп 2мон. 2мон. 2мон. 2мон.Тогда при наихудшем раскладе окажется по две монеты разного достоинстваи ясно, что девятая монета (заяц) попадает в одну из клеток. То есть онаокажется третьей монетой одного и того же достоинства. Задача № 2. в магазин привезли 25 ящиков с тремя разными сортами яблок(в каждом ящике яблоки только одного сорта). Докажите, что среди них естьпо крайней мере 9 ящиков с яблоками одного и того же сорта. Решение. В данной задаче ящики - это «зайцы», а сорта-«клетки». 25 ящиков - «зайцев» рассадили по 3 - «клеткам»-сортам. Так как25=3⋅8+1, то получим, что в какой-то - «клетке» - сорте не менее 9 «зайцев» -ящиков. Покажем решение более сложных задач. Задача № 3. докажем, что в любой компании из 5 человек есть двое,имеющих одинаковое число знакомых в этой компании. Решение. У каждого члена компании может быть от 0 до 4 знакомых. Если укаждого компаньона 0 знакомых, то утверждение доказано. Заметим, чтоесли у кого-то из компаньонов 4 знакомых, то ни у кого не может быть 0знакомых. То есть 0 и 4 знакомых исключают друг друга. Рассмотрим вариант, когда у каждого члена компании от 1 до 4 знакомых.Тогда количество знакомых – клетки, а компаньоны – зайцы. 1 зн. 2 зн. 3 зн. 4 зн. 1 1 1 1 4
    • Получаем, что «зайцев» - компаньонов на 1 больше чем «клеток» -количество знакомых. Поэтому как минимум у двоих компаньонов естьодинаковое число знакомых. Задача № 4. 10 школьников на олимпиаде решили 35 задач, причёмизвестно, что среди них есть школьники, решившие ровно одну задачу,школьники, решившие ровно две задачи и школьники, решившие ровно тризадачи. Докажите, что есть по крайней мере один школьник, решивший неменее пяти задач. Решение. Пусть школьники – «клетки», а задачи – «зайцы». Установимсоответствие между этими двумя множествами. №1 №2 №3 №4 №5 №6 №7 №8 №9 №10 1 2 3 4 4 4 4 4 4 4 Согласно условию найдутся 7 школьников, решивших 29 задач. 35-(1+2+3)=29 (задач). Но 29=7⋅4+1! Значит, «оставшийся» 1 «заяц», который попадёт в одну изсеми клеток с номерами 4-10. Следовательно, по крайней мере один изшкольников решил 5 задач. Задача № 5. В классе 41 ученик написал по три контрольных работы. Врезультате учитель не поставил ни одной неудовлетворительной отметки, икаждый ученик получил все остальные отметки. Узнав об этом, один ученикзаметил, что, по крайней мере, 7 человек получили одинаковые отметки повсем трём контрольным работам, а другой, подумав, сказал, что такихучеников, наверное, будет 8. Кто из них прав? Решение. 5
    • Разобьём класс на группы в соответствии со всевозможными наборамиотметок. Пусть отметки – это «клетки», а ученики – «зайцы». Тогда 3, 4, 5 3, 5, 4 4, 3, 5 4, 5, 3 5, 3, 4 5, 4, 3 6 6 6 6 6 6 Если в каждой группе не больше 6 человек, то всего в классе не больше 36учащихся, что противоречит условию задачи. Следовательно, по крайней мере, в одной из этих групп не меньше 7человек. Возможен, однако, и случай, когда в каждой группе не больше 7 человек.Например, в одной группе – 6, а в остальных – по 7 человек, ведь 41=7⋅5+6. Следовательно, утверждение второго ученика абсолютно верным назватьнельзя. Итак, прав только первый ученик. Задача № 6. Несколько футбольных команд проводят турнир в один круг.Докажите, что в любой момент турнира найдутся две команды, сыгравшие кэтому моменту одинаковое число матчей. Решение. Пусть число матчей, сыгранных командами (0,1,2,3,…, n-2, n-1) –«клетки», а команды – «зайцы» (их n). Заметим, что случай 0 и n-1 матчей исключают друг друга, так как, еслиодна команда сыграла n-1 матчей, (то есть все!), то остальные командысыграли минимум по одному матчу. Итак, имеем n-1 «клеток» (матчей) и n «зайцев» (команд). Очевидно, что две команды, сыгравшие одинаковоеколичество матчей в любой момент турнира найдутся. 6
    • Глава 3 Рассмотрим решение задач с геометрическим содержанием. Задача № 7. Докажите что, если прямая пересекает две сторонытреугольника (и не проходит через его вершины), то она не пересекается стретьей стороной треугольника. Решение. Прямая разбивает плоскость треугольника на две открытыеполуплоскости (не содержащие точек этой прямой). Две из трех вершинтреугольника (пусть А, В лежат в одной из полуплоскостей). Очевидно, чтоотрезок АВ не содержит точек прямой. Задача № 8. В квадрат со стороной 1м бросили 51 точку. Докажите, чтокакие-то 3 из них можно накрыть квадратом со стороной 20см. Решение. Разобьем данный квадрат на 25 квадратиков со стороной 20см (1м ⋅ 1м =20 см ⋅ 20см ⋅ 25). Имеем 25 «клеток» (квадратов) и 51 «зайца» (точку). 51=25⋅2+1. Ясно, что на основании принципа Дирихле, в какой-то один из квадратиков попадут по крайней мере три точки. Задача № 9. В квадрате ABCD находятся 5 точек. Докажите, чторасстояние между какими-то двумя из них не превосходит ½ AC. Решение. Проведя через центр квадрата прямые (a и b), параллельные его сторонам, разрежем его на 4 одинаковых квадрата. 7
    • Ясно, что какие-то 2 из 5 точек лежат в одном из этих квадратов и расстояние между ними не превосходит длины диагонали этого квадрата, то есть ½ AC. B b C Z a T Y X А DРассмотрим крайние случаи расположения пяти находящихся в квадрате точек. I случай.Четыре точки совпадают с вершинами квадрата ABCD, а пятая (X) находится вцентре квадрата. Здесь решение очевидно: расстояние между точками A и X, C иX, B и X, D и X равно 1/2AC ( то есть не превосходит1/2AC). II случай.Пятая точка (Y) находится на одной из сторон маленького квадрата.∆ AYX – тупоугольный (∠Y- тупой, т.к. являясь внешним углом треугольникаATY, он больше прямого угла Т треугольника ATY), следовательно, AY<AX. Тоесть AY ≤ 1/2AC. III случай.Пятая точка (Z) находится внутри одного из маленьких квадратов.В С Проведём через точку Z два луча ZM и ZN: ZM║ KX, ZN║CK. Тогда ∠NZM=90º, но угол NZM - M часть угла XZC, значит он тупой. Поэтому в ∆ XZC Z XC- наибольшая сторона. Значит, CZ<XC, то есть CZ ≤ 1/2 AC.X N K 8
    • IV случай. B b C Za T Y X A D Пятая точка (T) совпадает с точкой пересечения прямой a и стороны AB. ∆ ATX – прямоугольный, AX- гипотенуза, поэтому, AT<AX, то есть AT ≤ 1/2AC. Глава 4 Рассмотрим теорему. Пусть n Є N. Из любых n+1 натуральных чисел можно выбирать два, разность, которых делится на n. Доказательство При делении на n получается один из остатков: 0. 1, 2, … , n-1, (то есть n остаток). Нам же дано n+1 чисел, и по принципу Дирихле остатки от деления на n у каких-то двух из тех совпадают. Разность этих двух чисел делится на n. (Пусть a : n=x(α), b : n=y(α), тогда a=n⋅x+ α , b=n⋅y+α . Далее a – b=n⋅x+α-n⋅y-α , a-b=n⋅(x-y). Так как n⋮n, то n⋅(x-y)⋮n по свойству делимости произведения.) Задача № 10. Дано 12 целых чисел. Докажите, что из них можно выбрать два, разность, которых делится на 11. Решение Пусть остатки от деления данных чисел на 11 – “клетки”, а данные числа – “зайцы”.(a,b,c,d,e,f,g,h,,k,l,m,n) 9
    • 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10“Клетки”-“Зайцы”- a b c d e f g h k l mТогда 12-е число n при делении на 11 будет давать один из остатков от 0 до10 , а значит его разность с числом, дающим такой же остаток от деления на11 , будет кратна 11. Задача № 11. Какое наименьшее количество любых натуральных чиселследует взять, чтобы среди них всегда нашлась такая пара чисел, разностькоторых делилась бы на 5?РешениеРазобьем множество натуральных чисел на 5 классов.I класс – числа, которые при делении на 5 дают остаток, равный 0.II класс – числа, которые при делении на 5 дают остаток, равный 1.III класс – числа, которые при делении на 5 дают остаток, равный 2.IV класс – числа, которые при делении на 5 дают остаток, равный 3.V класс – числа, которые при делении на 5 дают остаток, равный 4.Очевидно, что разность двух чисел, принадлежащих одному и тому жеклассу, делится на 5, в противном случае – нет. Если же взять шесть чисел, то среди них обязательно найдутся два числа,принадлежащие одному и тому же классу, и, следовательно, разность этихчисел будет делиться на 5.Задача № 12. Дано 8 различных натуральных чисел, каждое из которых небольше 15. Докажите, что среди их положительных попарных разностей естьтри одинаковых. Решение Пусть a, b, c, d, e, f, g, h – данные различные натуральные числа.Условимся, что a<b<c<d<e<f<g<h, причем h ≤ 15.Различных разностей может быть 14 (15-14,15-13, … ,15-2,15-1). Причемразность 14 может быть получена одним способом: 14=15-1. 10
    • Пусть разности будут 14 “клетками”. Выясним, сколько пар чисел образуютэти 14 разностей.b-a c-b … g-f h-gc-a d-b … h-f 1d-a e-b … 2e-a f-b …f-a g-bg-a h-bh-a 67 Итак, разности образованы 28 парами данных чисел. Тогда 28 пар этихчисел будут «зайцами». Причем в «клетке» с номером 14 может сидеть неболее одного «зайца». Следовательно, оставшиеся 27 «зайцев» сидят в 13оставшихся «клетках» 27=13⋅2+1. Значит, найдется «клетка», в которой будет сидеть 3 «зайца», то есть средиположительных попарных разностей есть три одинаковых. Задача № 13. В строку вписано 5 натуральных чисел: a 1 , a 2, a 3, a 4, a 5.Докажите, что либо одно из них делится на 5, либо сумма нескольких рядомстоящих чисел делится на 5. Решение. Рассмотрим пять чисел x, y, z, t, p таких, чтоx= a1y= a1 + a2z= a1 + a2 + a3t= a1 + a2 + a3 + a4p= a1 + a2 + a3 + a4 + a5 . 11
    • Если одно из них делится на 5, то все в порядке, утверждениесправедливо. В противном случае при делении на 5 они дают в остатке какие-то из четырех чисел: 1, 2, 3, 4. На основании доказанной теоремы разность каких-то двух из них делитсяна 5. Но эти разности есть либо одно из данных чисел, либо сумманескольких из них, стоящих рядом.y – x = (a 1 + a 2 ) - a 1 = a 2 ;z – x = (a 1 + a 2 + a 3) - a 1 = a 2 + a 3 ;z – y = (a 1 + a 2 + a 3) – (a 2 + a 1) = a 3 ;t – x = (a 1 + a 2 + a 3 + a 4) - a 1 = a 2 + a 3 + a 4 ;t – y = (a 1 + a 2 + a 3 + a 4) - (a 2 + a 1) = a 3 + a 4 ;t – z = (a 1 + a 2 + a 3 + a 4) - (a 2 + a 1 + a 3) = a 4 ;p – x = (a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5) - a 1 = a 2 + a 3 + a 4 + a 5 ;p – y = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 – (a 1 + a 2) = a 3 + a 4 + a 5 ;p – z = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 – (a 1 + a 2 + a 3) = a 4 + a 5 ;p – t = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 – (a 1 + a 2 + a 3 + a 4) = a 5 . Итак, требуемое доказано. Заключение Итак, результатом исследовательской работы стала формулировка идоказательство принципа Дирихле, определение условий, позволяющихприменять этот принцип и решение разнообразных задач, соответствующихэтим условиям. Таким образом, принцип Дирихле является мощным логическимметодом, с помощью которого решаются не только арифметические задачи,но и задачи с геометрическим содержанием. В дальнейшем объектом исследования могут стать более сложныезадачи, построенные на геометрическом материале. Например, такие: 1. Внутри квадрата со стороной 7 дм находится 51 точка. Докажите, что3 из них можно накрыть кругом единичного радиуса. 12
    • 2. Шахматная доска разрезана на 13 прямоугольников с целым числомклеток. Могут ли они все быть различными? 3. Несколько дуг окружности (с общей длиной менее половины длиныокружности) покрашены. Существует ли диаметр, оба конца которого неокрашены? 4. Сторона клетки шахматной доски равна 1. На доске лежат 70 точек, иникакие 3 из них не лежат на одной прямой. Докажите, что найдетсятреугольник с вершинами в этих точках, площадь которого не превышает 1. 5. В сфере, радиус которой равен 1, летают 9 мух. Найдутся ли 2 из них,расстояние между которыми не превосходит квадратный корень из 3? 13
    • Библиография1) «Энциклопедический словарь юного математика» 2-е издание, исправленное и дополненное Москва, «Педагогика», 19892) Канель-Белов А.Я., Ковальджи А.К. Как решают нестандартные задачи. 60-я Московская математическая олимпиада. Подготовленный сборник М.: МЦНМО, 19973) Миракова Т.Н. Развивающие задачи на уроках математики в 5-8 классах: пособие для учителя. – Львов: журнал «Кванитор», 19914) В.А. Гусев, А.И. Орлов, А.Л. Розенталь. Внеклассная работа поматематике в 6-8 классах. Книга для учителя. Под редакцией С.И.Шварцбурда. – Москва: «Просвещение», 1984 14